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題意： 給一張圖，每次只能一下走兩個點，比如當(dāng)前在$a$，往下走到$b$再到$c$，權(quán)值為$(w_{a,b}+w_{b,c}{)}^2$。求1到其他點的最短路，不存在輸出$?1$。

思路： 如果每次走一步就是裸的板子了，但是這個只能每次走兩步，我們考慮怎么轉(zhuǎn)化成板子。
注意到$1<=w<=50$這個關(guān)鍵的信息，這個肯定是題目的突破點。假如當(dāng)前到了點$now$，這個點有兩種情況，第一種是這個點為中間點，第二種是這個點是終點或起點。當(dāng)這個點為中間點的時候，我們看看現(xiàn)在我們需要加上什么條件就能實現(xiàn)轉(zhuǎn)移了呢？顯然我們?nèi)钡木褪沁@個點$now$到前面點$pre$的權(quán)值大小，我們是否可以在轉(zhuǎn)移的時候帶著當(dāng)前這個點的前面哪個點的狀態(tài)轉(zhuǎn)呢？顯然也是可以的，因為$w$非常小，所以只需要在$dis[i]$加上一維$dis[i][j]$表示到了第$i$個點，$w_{pre,now}=j$，$j=0$表示他前面沒有點，把這個點當(dāng)作起點就好啦，像分層最短路一樣跑一遍dijkstar就行啦。

還有注意數(shù)組不要開小了。

//#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=100010,M=N*4,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m; int e[M],ne[M],w[M],h[N],idx; int d[N][55]; bool st[N][55]; struct Node {int u,dis,pre;bool operator < (const Node&W) const{return dis>W.dis;} };void add(int a,int b,int c) {e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);memset(h,-1,sizeof(h));scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);add(a,b,c); add(b,a,c);}priority_queue<Node>q;q.push({1,0,0});memset(d,0x3f,sizeof(d));d[1][0]=0;while(q.size()){Node t=q.top(); q.pop();int u=t.u,dis=t.dis,pre=t.pre;if(st[u][pre]) continue;st[u][pre]=true;for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){int ver=e[i];if(!pre){if(dis<d[ver][w[i]]){d[ver][w[i]]=dis;q.push({ver,dis,w[i]});}}else{int p=(pre+w[i])*(pre+w[i])+dis;if(p<d[ver][0]){d[ver][0]=p;q.push({ver,p,0});}}}}for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",d[i][0]==INF?(-1):d[i][0]);return 0; } /**/

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #703 (Div. 2) E. Paired Payment 最短路 + 思维的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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